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10.5曲线与方程挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点曲线与方程了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系.2015浙江文,7曲线与方程的求法平面截圆锥的性质分析解读1.求曲线方程的题目往往出现在解答题中,并且以第一小题的形式出现,难度适中.2.预计2020年高考试题中,求曲线的方程会有所涉及.破考点【考点集训】考点曲线与方程1.(2018浙江镇海中学阶段性测试,8)在圆C:x2+y2+2x-2y-23=0中,长为8的弦中点的轨迹方程为() A.(x-1)2+(y+1)2=9B.(x+1)2+(y-1)2=9C.(x-1)2+(y+1)2=16D.(x+1)2+(y-1)2=16答案B2.(2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),21)已知两个不同的动点A,B在椭圆y28+x24=1上,且线段AB的垂直平分线恒过点P(0,-1).求:(1)线段AB的中点M的轨迹方程;(2)线段AB的长度的最大值.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0).易知直线AB的斜率存在,由题意可知,y128+x124=1,y228+x224=1,则(y1-y2)(y1+y2)8+(x1-x2)(x1+x2)4=0,得y1-y2x1-x2=-2x0y0.又y1-y2x1-x2y0+1x0=-1,得y0=-2.从而,线段AB的中点M的轨迹方程为y=-2(-2x2).(2)由(1)知,直线AB的斜率k=x0.所以直线AB的方程为y+2=x0(x-x0),与椭圆方程联立得,(x02+2)x2-2x0(x02+2)x+x04+4x02-4=0,则x1+x2=2x0,x1x2=x04+4x02-4x02+2,于是,|AB|=1+x02|x1-x2|=8(x02+1)(2-x02)x02+2=22-(x02+2)+4x02+2+522,当且仅当x0=0时,取等号,所以线段AB的长度的最大值为22.炼技法【方法集训】方法1直接法求轨迹方程(2014湖北,22,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.解析(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即(x-1)2+y2=|x|+1,化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=4x,x0,0,x0.(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x0),依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组y-1=k(x+2),y2=4x,可得ky2-4y+4(2k+1)=0.(i)当k=0时,y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=.故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点14,1.(ii)当k0时,方程的判别式=-16(2k2+k-1).设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-2k+1k.若0,x00,由解得k,即当k(-,-1)12,+时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.若=0,x00,x00,由解得k-1,12或-k0,x00,由解得-1k-或0kb0),由e=22,得a2-b2a2=12,从而a2=2b2,所以c=b.故椭圆C方程为x2+2y2=2b2,设A(x1,y1),B(x2,y2),A、B在椭圆C上,x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,两式相减得(x12-x22)+2(y12-y22)=0,即y1-y2x1-x2=-x1+x22(y1+y2).设AB的中点为(x0,y0),则kAB=-x02y0,又(x0,y0)在直线y=x上,故y0=x0,于是-x02y0=-1,即kAB=-1,故直线l的方程为y=-x+1.右焦点(b,0)关于直线l的对称点设为(x,y),则yx-b=1,y2=-x+b2+1,解得x=1,y=1-b.由点(1,1-b)在椭圆上,得1+2(1-b)2=2b2,b=,b2=916,a2=.所求椭圆C的方程为x298+y2916=1.过专题【五年高考】统一命题、省(区、市)卷题组考点曲线与方程1.(2017课标全国理,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解析本题考查了求轨迹方程的基本方法和定点问题.(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22y.因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以OQPF=0,即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.2.(2015广东,20,14分)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.(1)求圆C1的圆心坐标;(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程;(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.解析(1)圆C1的方程x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,所以圆心坐标为(3,0).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2),M(x0,y0),则x0=x1+x22,y0=y1+y22.由题意可知直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=tx.将上述方程代入圆C1的方程,化简得(1+t2)x2-6x+5=0.由题意,可得=36-20(1+t2)0(*),x1+x2=61+t2,所以x0=31+t2,代入直线l的方程,得y0=3t1+t2.因为x02+y02=9(1+t2)2+9t2(1+t2)2=9(1+t2)(1+t2)2=91+t2=3x0,所以x0-322+y02=.由(*)解得t2,又t20,所以x03.所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为x-322+y2=9453b0)的离心率为22,点(2,2)在C上.(1)求C的方程;(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.解析(1)由题意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程为x28+y24=1.(2)证明:设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.思路分析(1)利用椭圆的离心率,以及椭圆经过的点,求解a,b,然后得到椭圆的方程;(2)联立直线方程与椭圆方程,通过根与系数的关系求解kOM,然后推出直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.3.(2014广东,20,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个焦点为(5,0),离心率为53.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.解析(1)由题意知c=5,e=53,a=3,b2=a2-c2=4,故椭圆C的标准方程为x29+y24=1.(2)设两切线为l1,l2,当l1x轴或l1x轴时, l2x轴或l2x轴,可知P(3,2).当l1与x轴不垂直且不平行时,x03,设l1的斜率为k,且k0,则l2的斜率为-,l1的方程为y-y0=k(x-x0),与x29+y24=1联立,整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,直线l1与椭圆相切,=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)(y0-kx0)2-4=0,(x02-9)k2-2x0y0k+y02-4=0,k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的一个根,同理,-是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的另一个根,k-1k=y02-4x02-9,整理得x02+y02=13,其中x03,点P的轨迹方程为x2+y2=13(x3).P(3,2)满足上式.综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.评析本题考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及轨迹方程的求法.考查分类讨论思想以及方程思想的应用.4.(2013课标,20,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.解析由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P(x,y),半径为R.(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为x24+y23=1(x-2).(2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-22,所以R2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4.若l的倾斜角为90,则l与y轴重合,可得|AB|=23.若l的倾斜角不为90,由r1R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,则|QP|QM|=Rr1,可求得Q(-4,0),所以可设l:y=k(x+4).由l与圆M相切得|3k|1+k2=1,解得k=24.当k=24时,将y=24x+2代入x24+y23=1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x1,2=-4627.所以|AB|=1+k2|x2-x1|=187.当k=-24时,由图形的对称性可知|AB|=187.综上,|AB|=23或|AB|=187.思路分析(1)由动圆P与两定圆的位置关系可求得|PM|+|PN|=4,根据椭圆的定义即可判定动圆圆心P的轨迹,进而求得曲线C的方程,注意检验特殊点是否符合题意;(2)根据条件确定圆P的半径最长时圆P的方程,对直线l的倾斜角进行讨论.当直线的斜率不存在时,直接求|AB|.当直线的斜率存在时,利用相切关系求其斜率与方程,将直线方程代入曲线C的方程,解出x,再利用弦长公式求|AB|.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共8分)1.(2018浙江杭州二中期中,9)2 000多年前,古希腊大数学家阿波罗尼奥斯(Apollonius)发现:平面截圆锥的截口曲线是圆锥曲线.已知圆锥的高为PH,AB为底面直径,顶角为2,那么不过顶点P的平面:与PH的夹角满足时,截口曲线为椭圆;与PH的夹角=时,截口曲线为抛物线;与PH的夹角满足0时,截口曲线为双曲线.如图,底面内的直线AMAB,过AM的平面截圆锥所得的曲线为椭圆,其中与PB的交点为C,可知AC为长轴.那么当C在线段PB上运动时,截口曲线的短轴顶点的轨迹为() A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线答案D2.(2017浙江镇海中学一轮阶段检测,7)已知二次函数y=ax2+bx+c(ac0)图象的顶点坐标为-b2a,-14a,与x轴的交点P,Q位于y轴的两侧,以线段PQ为直径的圆与y轴交于F1(0,4)和F2(0,-4),则点(b,c)所在的曲线为() A.圆 B.椭圆C.双曲线D.抛物线答案B二、填空题(单空题4分,多空题6分,共6分)3.(2018浙江嘉兴教学测试(4月),12)在直角坐标系中,A(-2,0),B(2,0),动点P满足|PA|=2|PB|,则点P的轨迹方程是;轨迹为.答案x2+y2-12x+4=0;一个圆三、解答题(共45分)4.(2019届浙江高考信息卷(五),21)已知圆M:(x+23)2+y2=64,定点N(23,0),点P为圆M上的动点,点Q在NP上,点G在MP上,且满足NP=2NQ,GQNP=0.(1)求点G的轨迹方程;(2)已知点B(0,2),A、D是曲线G上的两动点且ABDB,若直线AD与以原点为圆心的圆总有公共点,求该圆的半径r的取值范围.解析(1)连接GN,则|GN|=|GP|,|MP|=|MG|+|GP|=|MG|+|GN|=8,根据椭圆的定义知点G的轨迹是以M、N为焦点,长轴长为8的椭圆,即a=4,c=23,则b2=a2-c2=4,故所求的轨迹方程是x216+y24=1.(2)设直线AB的方程是y=kx+2,则直线BD的方程是y=-x+2,由y=kx+2,x216+y24=1得(1+4k2)x2+16kx=0,xA=-16k1+4k2,从而yA=2-8k21+4k2,由y=-1kx+2,x216+y24=1得xD=16kk2+4,yD=2k2-8k2+4,则kAD=yA-yDxA-xD=2-8k21+4k2-2k2-8k2+4-16k1+4k2-16kk2+4=k2-15k,直线AD的方程为y-2-8k21+4k2=k2-15kx+16k1+4k2,即y=k2-15kx-,即直线AD过定点0,-65,为使直线AD与圆x2+y2=r2总有公共点,只需r,即r的取值范围是65,+.5.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),21)已知动圆O1过定点A(2,0),且在y轴上截得弦MN的长为4.(1)求动圆圆心O1的轨迹C的方程;(2)若B(x0,y0)是动圆圆心O1的轨迹C上的动点,点P,Q在y轴上,圆(x-2)2+y2=4内切于BPQ,求BPQ面积的最小值及此时点B的坐标.解析(1)如图,设动圆圆心O1(x,y),由题意知,|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1HMN交MN于H,则H是MN的中点,|O1M|=|O1A|,x2+4=(x-2)2+y2,化简得y2=4x(x0).又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=4x,所以动圆圆心O1的轨迹C的方程为y2=4x.(2)设P(0,p),Q(0,q),且pq.直线PB的方程:y-p=y0-px0x,化简得(y0-p)x-x0y+x0p=0,圆心(2,0)到直线PB的距离是2,|2(y0-p)+x0p|(y0-p)2+x02=2,从而4(y0-p)2+4x02=4(y0-p)2+4x0p(y0-p)+x02p2,易知x04,上式化简后,得(x0-4)p2+4y0p-4x0=0,同理,(x0-4)q2+4y0q-4x0=0,p+q=-4y0x0-4,pq=-4x0x0-4,p-q=-4y0x0-42-4-4x0x0-4=4x02+y02-4x0(x0-4)2,B(x0,y0)是抛物线上的一点,y02=4x0,p-q=4x0x0-4,SBPQ= (p-q)x0=4x02x0-4=2(x0-4)+16x0-4+832,当且仅当x0-4=16x0-4,即x0=8,y0=42时取等号,此时B(8,42).BPQ面积的最小值为32.6.(2018浙江嘉兴高三期末,21)如图,AB为半圆x2+y2=1(y0)的直径,点D,P是半圆弧上的两点,ODAB,POB=30.曲线C经过点P,且曲线C上任意一点M满足|MA|+|MB|为定值.(1)求曲线C的方程;(2)设过点D的直线l与曲线C交于不同的两点E,F,求OEF面积最大时直线l的方程.解析(1)根据椭圆的定义,曲线C是以A(-1,0),B(1,0)两点为焦点的椭圆,其中2c=2,P32,12.2a=|PA|+|PB|=32+12+122+32-12+122=2+3+2-3,a2=,b2=,曲线C的方程为x232+y212=1.(5分)(2)当直线l的斜率不存在时,OEF不存在,所以直线l的斜率存在.设过点D的直线l的斜率为k,则l:y=kx+1.由y=kx+1,2x2+6y2=3得(2+6k2)x2+12kx+3=0,=(12k)2-4(2+6k2)3=24(3k2-1)0,k2,设E(x1,y1),F(x2,y2),x1+x2=-12k2+6k2,x1x2=32+6k2,(8分)|EF|=1+k2|x1-x2|=1+k224(3k2-1)2+6k2,(10分)又点O到直线l的距离d=11+k2,OEF的面积S=|EF|d=6(3k2-1)2+6k2.(12分)令3k2-1=,0,则S=62+2=6+2622=34,当且仅当=,即=2,也即3k2-1=2,k=1时,OEF的面积取到最大值34.此时直线l的方程为y=x+1或y=-x+1.(15分)
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